Một số toán tử trong không gian Hilbert
Một số tính chất của không gian Hilbert
Trong không gian Hilbert thực H, định lý 1.1.1 khẳng định rằng bất đẳng thức Cauchy–Schwartz được áp dụng với mọi x, y ∈ H, tức là |hx, yi| ≤ kxk ã kyk Ngoài ra, định lý này cũng chỉ ra rằng đẳng thức hình bình hành giữ đúng với kx+yk 2 +kx−yk 2 = 2(kxk 2 +kyk 2).
(iii) Nếu lim n→∞ xn = a, lim n→∞ yn = b thì lim n→∞ hx n , yni = ha, bi. Định lý 1.1.2 (xem [1]) Trong không gian Hilbert thực H ta luôn có
(i) kx+yk 2 = kxk 2 +kyk 2 + 2hx, yi với mọi x, y ∈ H;
(ii) kx−yk 2 = kxk 2 +kyk 2 −2hx, yi với mọi x, y ∈ H;
Trong không gian Hilbert thực H, đẳng thức ktx + (1−t)yk 2 = tkxk 2 + (1−t)kyk 2 − t(1−t)kx−yk 2 được áp dụng với mọi t ∈ [0,1] và mọi x, y ∈ H Theo Định lý 1.1.3, chúng ta có kx−yk 2 + kx−zk 2 = ky−zk 2 + 2hx−y, x−zi, với mọi x, y, z ∈ H.
Chứng minh Thật vậy, ta có ky −zk 2 + 2hx−y, x −zi = hy, yi +hz, zi+ 2hx, xi −2hx, zi −2hx, yi
= [hx, xi −2hx, yi+hy, yi]
+ [hx, xi −2hx, zi +hz, zi]
Ánh xạ không giãn và toán tử chiếu
Định nghĩa 1.1.4 (xem [1]) Cho C là một tập con khác rỗng của không gian Hilbert thực H.
Ánh xạ T :C → H được xem là ánh xạ L-liên tục Lipschitz trên C nếu tồn tại một hằng số L ≥ 0 thỏa mãn điều kiện kT(x)−T(y)k ≤ Lkx−yk cho mọi x, y thuộc C Nếu hằng số L nằm trong khoảng [0,1), ánh xạ T được gọi là ánh xạ co; trong khi nếu L = 1, T được gọi là ánh xạ không giãn.
Cho H là một không gian Hilbert thực,C là một tập lồi đóng khác rỗng của
H Ta xét hình chiếu của một phần tử x ∈ H lên C. Định nghĩa 1.1.5 (xem [1]) Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H Ánh xạ PC : H → C xác định bởi kx−P C (x)k= min z∈C kx−zk được gọi là toán tử chiếu (phép chiếu mêtric) lên C. Định lý 1.1.6 (xem [1]) Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H Khi đó với mọi x ∈ H, tồn tại duy nhất phần tử y ∈ C sao cho kx−yk = min u∈C kxưuk (1.2) Điểm y ∈ C thỏa mãn (1.2) được gọi là hình chiếu của x trên C, ký hiệu là
Chứng minh Thật vậy, đặt d = inf u∈Ckxưuk Khi đó, tồn tại dãy {u n } ⊂ C sao cho kxưu n k ư→ d, n ư→ ∞ Từ đó ta có ku n ưu m k 2 = k(xưu n )ư(xưu m )k 2
Do đó {u n } là dãy Cauchy trong H Suy ra tồn tại u = lim n→∞un ∈ C Do chuẩn là hàm số liên tục nên kxưuk = d Giả sử tồn tại v ∈ C sao cho kxưvk = d.
Ta có kuưvk 2 = k(xưu)ư(xưv)k 2
Suy ra u = v Vậy tồn tại duy nhất một phần tử PCx ∈ C sao cho kx−P C xk = min u∈C kxưuk.
Sau đây là ví dụ về toán tử chiếu.
Ví dụ 1.1.7 Giả sử a, b ∈ R N , a 6= 0 Xét nửa không gian C ⊂ R N và mặt phẳng Q⊂ R N cho bởi
Khi đó toán tử chiếu lên C và Q lần lượt cho bởi
x, nếu ha, x−bi ≤ 0 x− ha, x −bia kak 2 , nếu ha, x−bi > 0.
x, nếu ha, x−bi = 0 x− ha, x −bia kak 2 , nếu ha, x−bi 6= 0.
Toán tử tuyến tính bị chặn và ánh xạ đơn điệu
Ánh xạ A: X → Y được định nghĩa là ánh xạ tuyến tính giữa hai không gian tuyến tính X và Y trên R nếu thỏa mãn điều kiện A(x + y) = Ax + Ay cho mọi x, y thuộc X.
(ii) A(αx) = αAx với mọi x, y ∈ X và mọi α ∈ R.
Hay A(αx+βy) =αA(x) +βA(y) với mọi x, y ∈ X và mọi α, β ∈ R Định nghĩa 1.1.9: Toán tử tuyến tính A từ không gian định chuẩn X vào không gian định chuẩn Y được gọi là bị chặn nếu tồn tại một hằng số M > 0 sao cho kAxk ≤ Mkxk với mọi x ∈ C.
(b) Hằng số M > 0nhỏ nhất thỏa mãn (1.3) được gọi là chuẩn của toán tử A, ký hiệu là kAk.
Ví dụ 1.1.10 Cho A :R 4 →R 3 xác định bởi
Dễ thấy A là một toán tử tuyến tính bị chặn với ma trận của toán tử tuyến tính này là A
Tìm giá trị riêng lớn nhất λ của A T A bằng cách giải phương trình det(A T A−λI) = 0 với I
Chuẩn của toán tử A là √
2. Định nghĩa 1.1.11 (xem [1]) Cho A là một toán tử tuyến tính bị chặn trong không gian Hilbert thực H Toán tử liên hợp A ∗ : H → H của toán tử A được xác định bởi hAx, yi = hx, A ∗ yi.
Ví dụ 1.1.12 Toán tử liên hợp A ∗ : R 3 → R 4 của toán tử A trong Ví dụ 1.1.10 được xác định bởi
A ∗ (y) = (y 1 +y 2 , y 3 ,−y 3 , y 1 −y 2 ), y = (y 1 , y 2 , y 3 ) ∈ R 3 Định nghĩa 1.1.13 (xem [2]) Một ánh xạ F : C → H được gọi là
(a) đơn điệu trên C, nếu hF(x)−F(y), x−yi ≥ 0, ∀x, y ∈ C;
(b) giả đơn điệu trên C, nếu hF(y), x−yi ≥ 0 ⇒ hF(x), x−yi ≥ 0, ∀x, y ∈ C;
(c) β-đơn điệu mạnh trên C, nếu hF(x)−F(y), x−yi ≥ βkx−yk 2 , ∀x, y ∈ C.
Chú ý, một ánh xạ đơn điệu trên C thì giả đơn điệu trên C, nhưng chiều ngược lại nói chung không đúng Chẳng hạn ánh xạ F : C → R được cho bởi
F(x) = x 2 là ánh xạ giả đơn điệu, nhưng không đơn điệu trên C = R.
Bài toán bất đẳng thức biến phân tách
Bài toán bất đẳng thức biến phân
Cho H là không gian Hilbert thực và C là một tập con lồi, đóng, không rỗng của H F : C → H là một ánh xạ Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển, ký hiệu là VIP(F, C), được định nghĩa dựa trên các yếu tố này.
Tìm điểm x ∗ ∈ C sao cho: hF(x ∗ ), x−x ∗ i ≥ 0 ∀x ∈ C (1.4)
Sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho bất đẳng thức biến phân phụ thuộc vào tính chất của ánh xạ giá F và tập ràng buộc C Theo Định lý 1.2.1, nếu C là một tập con không rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert thực H, và F là ánh xạ liên tục trên C, thì tồn tại một tập con compact không rỗng U của C Đặc biệt, với mọi u thuộc C nhưng không thuộc U, sẽ có một v trong U sao cho hAu, u−vi > 0.
Khi đó, bài toán (1.4) có ít nhất một nghiệm.
Tính đơn điệu mạnh của ánh xạ F đảm bảo sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán VIP(F, C) Theo Định lý 1.2.2, nếu C là tập con không rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert thực H, và F : C → H là ánh xạ β-đơn điệu mạnh cùng với tính L-liên tục (Lipschitz) trên C, thì bài toán bất đẳng thức biến phân VIP(F, C) sẽ có nghiệm duy nhất.
Tính chất lồi đóng của tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VIP(F, C) được nêu trong bổ đề dưới đây.
Giả sử C là một tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, và Ω là một tập trong H chứa C Định nghĩa ánh xạ F: Ω → H là giả đơn điệu trên C, với điều kiện rằng lim sup k→∞ hF(x k ), yi ≤ hF(x), yi đối với mọi y ∈ H và mọi dãy {x k } ⊂ C hội tụ yếu đến x.
(ii) F liên tục Lipschitz trên C với hệ số Lipschitz L > 0.
Giả sử tập nghiệm Sol(F, C) của bài toán bất đẳng thức biến phân VIP(F, C) khác rỗng Khi đó Sol(F, C) là một tập lồi đóng.
Bài toán bất đẳng thức biến phân hai cấp
Cho C là một tập con lồi không rỗng trong không gian Hilbert thực H Gọi F và G là hai ánh xạ từ H đến H Bài toán bất đẳng thức biến phân hai cấp (Bilevel Variational Inequality Problem - BVIP) được thiết lập dựa trên các ánh xạ này.
Tìm x ∗ ∈ Sol (G,C) : hF(x ∗ ), x −x ∗ i ≥ 0 ∀x ∈ Sol(G,C) (1.5) trong đó
Tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VIP(G, C) được xác định là Sol(G, C) = {y ∗ ∈ C : hG(y ∗ ), y−y ∗ i ≥ 0 ∀y ∈ C} Khi G là ánh xạ không, tập nghiệm Sol(G, C) trở thành C, và bài toán bất đẳng thức biến phân hai cấp (1.5) chuyển thành bài toán VIP(F, C) Nếu F là ánh xạ đồng nhất, bài toán này sẽ tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của bài toán VIP(G, C).
Phương pháp chiếu giải một lớp bất đẳng thức biến phân tách hai cấp 15
Bài toán và phương pháp
2.1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân tách hai cấp Để tiện cho việc trình bày, ta giới thiệu lại bài toán bất đẳng thức biến phân tách hai cấp đã được đề cập ở Chương 1.
Cho C và Q lần lượt là các tập lồi đóng khác rỗng trong các không gian Hilbert thực H 1 và H 2 , A : H 1 −→ H 2 là một toán tử tuyến tính bị chặn,
Bài toán bất đẳng thức biến phân tách (SVIP) liên quan đến hai không gian Hilbert thực H1 và H2, trong đó F1: H1 → H1 và F2: H2 → H2 là các ánh xạ Mục tiêu của SVIP là tìm nghiệm x* của bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian H1, sao cho ảnh y* = Ax* được xác định qua toán tử tuyến tính bị chặn A, là nghiệm của một bài toán bất đẳng thức biến phân khác trong không gian H2.
H2 Cụ thể, SVIP được phát biểu như sau
Tìm x ∗ ∈ C : hF 1 (x ∗ ), x−x ∗ i ≥ 0 ∀x ∈ C (2.1) sao cho y ∗ = Ax ∗ ∈ Q: hF 2 (y ∗ ), y −y ∗ i ≥ 0 ∀y ∈ Q (2.2)
Bài toán bất đẳng thức biến phân tách được xác định bởi các tập nghiệm Ω 1 và Ω 2 của các bài toán bất đẳng thức biến phân (2.1) và (2.2).
Chương này ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân tách hai cấp (Bilevel Split Variational Inequality Problem), viết tắt là BSVIP,
Tìm x ∗ ∈ Ω : hF(x ∗ ), x −x ∗ i ≥ 0 ∀x ∈ Ω, (2.4) trong đó F : H 1 → H 1 và Ω = {x ∗ ∈ Ω1 : Ax ∗ ∈ Ω2} là tập nghiệm của bài toán SVIP (2.3).
Ta cần các giả thiết sau đây.
Giả thiết 2.1.1 Giả sử các ánh xạF, F1 : H 1 → H 1 , F2 : H 2 → H 2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(B1) F : H 1 → H 1 là ánh xạ β-đơn điệu mạnh và L-liên tục Lipschitz trên
(B2) F1 : H 1 → H 1 là ánh xạ giả đơn điệu trên C và L1-liêp tục Lipschitz trên H 1
(B3) lim sup k→∞ hF 1 (x k ), y−y k i ≤ hF 1 (¯x), y−yi¯ với mọiy ∈ H 1 và mọi dãy {x k },{y k } nằm trong H 1 hội tụ yếu lần lượt đến x,¯ y¯∈ H 1
(B4) F2 : H 2 → H 2 là ánh xạ giả đơn điệu trên Q và L2-liên tục Lipschitz trên H 2
(B5) lim sup k→∞ hF 2 (u k ), v−v k i ≤ hF 2 (¯u), v−¯vi với mọiv ∈ H 2 và mọi dãy {u k }, {v k } nằm trong H 2 hội tụ yếu lần lượt đến u,¯ v¯∈ H 2
Từ điều kiện (B2), (B3), (B4), (B5) và Bổ đề 1.2.3, ta có Ω 1 và Ω 2 là các tập lồi đóng Do đó Ω = {x ∗ ∈ Ω1 : Ax ∗ ∈ Ω2} cũng là tập lồi đóng.
2.1.2 Phương pháp chiếu và sự hội tụ
Một phương pháp chiếu giải bài toán BSVIP được trình bày trong thuật toán dưới đây.
L 2 và các dãy tham số {α k } ⊂ (0,1), {η k },{δ k },{λ k },{à k } thỏa món đồng thời cỏc điều kiện
Với mỗi k ≥ 0, ta tính u k = Ax k , v k = P Q (u k −à k F 2 (u k )), w k = P Q k (u k −à k F 2 (v k )), trong đó
Qk n ω2 ∈ H 2 : hu k −àkF2(u k )−v k , ω2 −v k i ≤ 0 o Tiếp theo ta tính y k = x k +δkA ∗ (w k −u k ), t k = PC(y k −λkF1(y k )), z k = PC k (y k −λkF1(t k )), trong đó A ∗ là toán tử liên hợp của A,
C k = nω 1 ∈ H 1 : hy k −λ k F 1 (y k )−t k , ω 1 −t k i ≤ 0o và x k+1 = η k x k + (1−η k )z k −α k àF(z k ). Để chứng minh sự hội tụ của Thuật toán 2.1.2 ta cần kết quả trong các bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.1.3 (xem [3]) Giả sử F : H → H là ánh xạ β-đơn điệu mạnh và
L 2 Khi đó k(1−η)x−αàF(x)−[(1−η)y−αàF(y)]k ≤ (1−η−ατ)kx−yk, ∀x, y ∈ H trong đó τ = 1− q
Bổ đề 2.1.4 chỉ ra rằng cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H, ánh xạ G : H → H là giả đơn điệu trên C và L-liên tục Lipschitz trên H, đồng thời điều kiện Sol(G, C) không rỗng Trong bối cảnh này, với x thuộc H và λ lớn hơn 0, ta xác định y bằng cách tính P C (x−λG(x)) và z bằng P T (x−λG(y)).
T = nω ∈ H :hx−λG(x)−y, ω−yi ≤ 0o. Khi đó với mọi x ∗ ∈ Sol(G, C) ta có kz −x ∗ k 2 ≤ kx−x ∗ k 2 −(1−λL)kx−yk 2 −(1−λL)ky−zk 2
Thuật toán 2.1.2 thể hiện sự hội tụ mạnh, được mô tả trong Định lý 2.1.5 Theo định lý này, nếu tập nghiệm Ω = {x ∗ ∈ Ω 1 : Ax ∗ ∈ Ω 2 } của bài toán SVIP không rỗng và các điều kiện (B1) – (B5) được thỏa mãn, thì dãy {x k } trong Thuật toán 2.1.2 sẽ hội tụ mạnh đến nghiệm duy nhất của bài toán BSVIP.
Chứng minh Ta chia phép chứng minh ra thành 4 bước.
Bước 1: Các dãy {x k },{y k } và {z k } thỏa mãn bất đẳng thức kz k −x ∗ k ≤ ky k −x ∗ k ≤ kx k −x ∗ k ∀k ∈ N, trong đó x ∗ là nghiệm duy nhất của BSVIP.
Vì F là ánh xạ β-đơn điệu mạnh và L-liên tục Lipschitz trên H 1, cùng với việc Ω là tập lồi đóng khác rỗng, theo Định lý 1.2.2, BSVIP có nghiệm duy nhất x ∗ Do đó, x ∗ thuộc Ω, tức là x ∗ ∈ Ω 1 ⊂ C và Ax ∗ ∈ Ω 2 ⊂ Q.
Theo Bổ đề 2.1.4, ta có với mọi k ∈ N kz k −x ∗ k 2 ≤ ky k −x ∗ k 2 −(1−λ k L 1 )ky k −t k k 2 −(1−λ k L 1 )kt k −z k k 2 , (2.5) kw k −Ax ∗ k 2 ≤ ku k −Ax ∗ k 2 −(1−à k L 2 )ku k −v k k 2 −(1−à k L 2 )kv k −w k k 2 (2.6)
L 2 nên từ (2.5) và (2.6), ta có kz k −x ∗ k ≤ ky k −x ∗ k (2.7) kw k −Ax ∗ k ≤ ku k −Ax ∗ k (2.8)
Vì u k = Ax k và kA ∗ k= kAk nên từ (2.8) ta có ky k −x ∗ k 2 = kx k +δ k A ∗ (w k −u k )−x ∗ k 2
+δ k [(kw k −Ax ∗ k 2 − ku k −Ax ∗ k 2 )− kw k −u k k 2 ]
Kết hợp (2.7) với (2.9) và chú ý rằng {δ k } ⊂ [a, b] ⊂ 0, 1 kAk 2 + 1
, ta được kz k −x ∗ k ≤ ky k −x ∗ k ≤ kx k −x ∗ k.
Bước 2: Các dãy {x k },{y k },{z k } và {F(x k )} bị chặn.
Từ Bổ đề 2.1.3 và Bước 1, ta được kx k+1 −x ∗ k = k(1−η k )z k −α k àF(z k )−[(1−η k )x ∗ −α k àF(x ∗ )]
Bằng quy nạp, ta được kx k −x ∗ k ≤ max{kx 0 −x ∗ k,àkF(x ∗ )k τ } ∀k ∈ N.
Do đó dãy {x k } bị chặn và do đó theo Bước 1 thì các dãy {y k } và {z k } cũng bị chặn Mặt khác, vì F là L-liên tục Lipschitz trên H 1 nên kF(x k )k ≤ kF(x k )−F(x 0 )k+kF(x 0 )k
Từ tính bị chặn của dãy {x k } và (2.11), ta suy ra dãy {F(x k )} bị chặn.
Bước 3: Với mọi k ∈ N, ta có kx k+1 −x ∗ k ≤ (1−α k τ)kx k −x ∗ k 2 −2α k àhF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i, trong đó x ∗ là nghiệm duy nhất của BSVIP.
Sử dụng bất đẳng thức kx−yk 2 ≤ kxk 2 −2hy, x−yi ∀x, y ∈ H 1 ,
Từ Bổ đề 2.1.3 và Bước 1, ta được kx k+1 −x ∗ k 2
Bước 4: Ta chứng minh {x k }hội tụ mạnh đến nghiệm duy nhất x ∗ của BSVIP.
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1 Tồn tạik 0 sao cho dãy{kx k −x ∗ k} là giảm với k ≥k 0 Khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn lim k→∞kx k −x ∗ k Do đó, từ Bước 1 và (2.12), ta được
Vì tồn tại giới hạn của dãy {kx k −x ∗ k}, lim k→∞α k = 0, lim k→∞η k = η < 1,{x k } và {z k } là hai dãy bị chặn nên từ (2.13), ta có k→∞lim(ky k −x ∗ k − kz k −x ∗ k 2 ) = 0, lim k→∞(kx k −x ∗ k 2 − kz k −x ∗ k 2 ) = 0 (2.14)
Vì (2.14), ta suy ra k→∞lim(kx k −x ∗ k − ky k −x ∗ k 2 ) = 0 (2.15)
Kết hợp (2.5) với giả thiết {λ k } ⊂ [c, d]⊂ 0, 1
Do vậy, từ (2.14) và (2.16), ta được k→∞lim ky k −t k k = 0 (2.17)
, ta suy ra a(1−bkAk 2 )kw k −u k k 2 ≤ kx k −x ∗ k 2 − ky k −x ∗ k 2 Kết hợp bất đẳng thức trên với (2.15), ta nhận được k→∞lim kw k −u k k= 0.
Chú ý rằng với mọi k ky k −x k k= kδ k A ∗ (w k −u k )k
Do đó, vì lim k→∞kw k −u k k = 0 nên k→∞lim ky k −x k k = 0 (2.18)
Từ (2.17), (2.18) và bất đẳng thức tam giác, ta có k→∞lim kx k −t k k = 0 (2.19)
Ta chứng minh lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i ≥ 0.
Chọn dãy con {x k i } của {x k } sao cho lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i = lim i→∞hF(x ∗ ), x k i −x ∗ i.
Vì dãy {x k i } là bị chặn nên ta có thể giả sử {x k i } hội tụ yếu đến x¯ ∈ H 1 Do đó lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i = lim i→∞hF(x ∗ ), x k i −x ∗ i
Từ các phương trình (2.18) và (2.19), ta có thể kết luận rằng dãy \( y_{k_i} \) và \( t_{k_i} \) hội tụ yếu đến \( \bar{x} \) Kết hợp với việc \( \{t_{k_i}\} \) thuộc tập \( C \) và \( C \) là tập đóng yếu, ta suy ra rằng \( \bar{x} \in C \) Ngoài ra, từ (2.19), ta cũng rút ra rằng dãy \( \{x_k - t_k\} \) là bị chặn Do \( \{x_k\} \) bị chặn nên dãy \( \{t_k\} \) cũng phải bị chặn.
Ta chứng minh x¯ ∈ Sol(C, F 1 ) Lấy x ∈ C bất kỳ, từ định nghĩa t k i , ta có hy k i −λk i F1(y k i )−t k i , x−t k i ≤0 ∀i.
Vì λ k i > 0 với mọi i nên từ bất đẳng thức trên, ta được hF 1 (y k i ), x−t k i i ≥ hy k i −t k i , x−t k i i λ k i (2.21) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz và chú ý rằng λ k i ≥c > 0 với mọi i, ta có hy k i −t k i , x −t k i i λk i
Vì ky k i −t k i k → 0 và dãy {t k i } bị chặn nên i→∞lim ky k i −t k i kkx−t k i k c = 0.
Từ (2.22), ta suy ra i→∞lim hy k i −t k i , x−t k i i λ k i = 0.
Do đó, sử dụng (2.21), điệu kiện (A3) và sự hội tụ yếu của hai dãy {y k i },{t k i } đến x¯, ta được
0 ≤ lim sup i→∞ hF 1 (y k i ), x −t k i i ≤ hF 1 (¯x), x−xi.¯
Do đó hF 1 (¯x), x−xi ≥¯ 0 Vì x ∈ C bất kỳ và x¯ ∈ C nên x¯ ∈ Sol(C, F 1 ).
Vì {x k } bị chặn và A là toán tử tuyến tính bị chặn nên {u k = Ax k } cũng bị chặn Kết hợp với lim k→∞kw k −u k k = 0, ta suy ra dãy {w k } cũng bị chặn.
Từ (2.17) và bất đẳng thức tam giác, ta được với mọi k
≤(ku k −Ax ∗ k+kw k −Ax ∗ k)ku k −w k k.
Sử dụng bất đẳng thức trên, lim k→∞kw k −u k k = 0 và tính bị chặn của hai dãy {u k } và {w k }, ta thu được k→∞lim(ku k −Ax ∗ k 2 − kw k −Ax ∗ k 2 ) = 0 (2.23)
(1−f L2)ku k −v k k 2 ≤ ku k −Ax ∗ k 2 − kw k −Ax ∗ k 2
Do đó, kết hợp với (2.23), ta được k→∞lim ku k −v k k = 0 (2.24)
Từ tính chất bị chặn của dãy {u k }, ta suy ra rằng dãy {v k } cũng bị chặn Do x k i * x¯ và A là toán tử tuyến tính bị chặn, nên ta có u k i hội tụ về Ax k i * Ax¯ Kết hợp với kết quả từ (2.24), ta suy ra v k i * A¯x Hơn nữa, vì {v k i } thuộc Q và Q là tập hợp lồi đóng, từ v k i * A¯x, ta có Ax¯ thuộc Q.
Tiếp theo ta chứng minh A¯x ∈ Sol(Q, F2) Lấy y ∈ Q bất kỳ, từ v k i = P Q (u k i −à k i F 2 (u k i )), ta cú hu k i −à k i F 2 (u k i )−v k i , y−v k i i ≤ 0.
Vỡ à k i > 0 với mọi i, từ bất đẳng thức trờn ta cú hF 2 (u k i ), y−v k i i ≥ hu k i −v k i , y−v k i i àk i
(2.25) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz và chỳ ý rằng àk i ≥ e > 0 với mọi i, ta được hu k i −v k i , y−v k i i à k i
Kết hợp với (2.24) với tính bị chặn của {v k i }, ta được i→∞lim ku k i −v k i kky −v k i k e = 0.
Do đó, từ (2.26), ta có i→∞lim hu k i −v k i , y −v k i i à k = 0.
Sử dụng (2.25), điều kiện (B5) và sự hội tụ yếu của hai dãy {u k i },{v k i } đến A¯x, ta được
0 ≤ lim sup i→∞ hF 2 (u k i ), y −v k i i ≤ hF 2 (A¯x), y−A¯xi.
Chú ý rằng vì y ∈ Q bất kỳ và A¯x ∈ Q nên từ bất đẳng thức trên, ta suy ra A¯x ∈ Sol(Q, F 2 ).
Từ x¯ ∈ Sol(C, F 1 ) và A¯x ∈ (Q, F 2 ), ta có x¯ ∈ Ω Vì x ∗ ∈ Sol(Ω, F) vàx¯∈ Ω nên hF(x ∗ ),x¯−x ∗ i ≥ 0 Do đó, từ (2.20), ta thu được lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i ≥ 0.
Từ Bước 3, ta có kx k+1 −x ∗ k 2 ≤(1−α k τ)kx k −x ∗ k 2 +α k τ ξ k , trong đó ξ k = −2àhF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i τ
Vì lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x k+1 −x ∗ i ≥ 0 nên lim sup k→∞ ξ k ≤0.
Theo Bổ đề 2.1.3, ta có lim k→∞ kx k − x ∗ k 2 = 0, dẫn đến x k → x ∗ Trong trường hợp 2, với mọi số tự nhiên m, tồn tại số tự nhiên p sao cho p ≥ m và kx p − x ∗ k ≤ kx p+1 − x ∗ k Theo Bổ đề 2.1.4, tồn tại số tự nhiên k 0 và dãy không giảm {τ(k)} k≥k 0 của N với lim k→∞ τ(k) = ∞, thỏa mãn các bất đẳng thức kx τ(k) − x ∗ k ≤ kx τ(k+1) − x ∗ k và kx k − x ∗ k ≤ kx τ(k+1) − x ∗ k với ∀k ≥ k 0.
Từ (2.27) và (2.10), ta được kx τ(k) −x ∗ k ≤ kx τ (k+1) −x ∗ k
Theo Bước 1 và (2.28), ta có
Vì lim k→∞α k = 0, lim k→∞η k = η < 1 và {z k } bị chặn nên từ (2.29), ta suy ra k→∞lim(ky τ(k) −x ∗ k − kz τ(k) −x ∗ k) = 0, lim k→∞(kx τ (k) −x ∗ k − kz τ (k) −x ∗ k) = 0.
Từ (2.30), ta được k→∞lim(kx τ(k) −x ∗ k − ky τ(k) −x ∗ k) = 0 (2.31)
Do đó, từ (2.30), (2.31) và tính bị chặn của các dãy {x k },{y k },{z k }, ta được k→∞lim(ky τ(k) −x ∗ k 2 − kz τ(k) −x ∗ k 2 ) = 0 (2.32) k→∞lim(kx τ(k) −x ∗ k 2 − ky τ(k) −x ∗ k 2 ) = 0 (2.33)
(1−dL 1 )ky τ(k) −t (τ(k)) k 2 +(1−dL 1 )kt τ(k) −z (τ(k)) k 2 ≤ ky τ(k) −x ∗ k 2 −kz τ(k) −x ∗ k 2 Kết hợp với (2.32), ta được k→∞lim ky τ (k) −t τ(k) k = 0, lim k→∞kt τ(k) −z τ(k) k = 0 (2.34)
, ta có a(1−bkAk 2 )kw τ(k) −u τ (k) k 2 ≤ kx τ(k) −x ∗ k 2 − ky τ(k) −x ∗ k 2
Kết hợp bất đẳng thức trên với (2.33), ta được k→∞lim kw τ (k) −u τ(k) k = 0 (2.35) Vì ky τ(k) −x τ (k) = kδ τ(k) A ∗ (w τ (k) −u τ (k) )k
Theo (2.35), khi k tiến tới vô cùng, ta có giới hạn k→∞lim ky τ(k) −x τ(k) k = 0 Dựa vào bất đẳng thức tam giác và (2.34), (2.36), ta suy ra k→∞lim kx τ(k) −z τ(k) k = 0 và lim k→∞kx τ(k) −t τ(k) k = 0 Tương tự như Trường hợp 1, ta có lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x τ (k) −x ∗ i ≥ 0 Theo Bổ đề 2.1.3, ta có kx τ(k)+1 −x τ(k) k = k(1−η τ (k) )z τ(k) −α τ(k) àF(z τ(k)).
Từ lim k→∞α k = 0, tính bị chặn của dãy {F(x τ(k) )}, (2.37) và (2.39), ta được k→∞lim kx τ(k)+1 −x τ(k) k = 0 (2.40)
Sử dụng (2.40) và bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có k→∞limhF(x ∗ ), x τ(k)+1 −x τ(k) i = 0 (2.41) Kết hợp (2.38) và (2.41), ta được lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x τ(k)+1 −x ∗ i
= lim inf k→∞ hF(x ∗ ), x τ (k) −x ∗ i ≥ 0 (2.42) Theo Bước 3 và (2.27), ta có kx τ(k)+1 −x ∗ k 2 ≤ (1−α τ(k) τ)kx τ(k) −x ∗ k 2 −2α τ(k) àhF(x ∗ ), x τ(k)+1 −x ∗ i
Kết hợp với (2.27), ta thu được kx k −x ∗ k 2 ≤ 2à τ hF(x ∗ ), x τ (k)+1 −x ∗ i ∀k ≥k 0 (2.43) Lấy giới hạn ở (2.43) khi k → ∞, và sử dụng (2.42), ta được lim sup k→∞ kx k −x ∗ k 2 ≤ 0.
Do đó x k → x ∗ Định lý 2.1.5 được chứng minh.
Một số áp dụng và ví dụ minh họa
Xét trường hợp đặc biệt của Định lý 2.1.5 khi F: H1 → H1 là ánh xạ đồng nhất, ta thấy rằng F là β-đơn điệu mạnh và L-liên tục Lipschitz với β = 1 và L = 1 Trong trường hợp này, bài toán BSVIP trở thành việc tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất cho SVIP Khi chọn α = 1, điều kiện 0 < α < 2β được thỏa mãn.
L 2 Từ Định lý 2.1.5, ta thu được hệ quả về thuật toán tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của SVIP.
Hệ quả 2.2.1 (xem [3]) đề cập đến việc cho C và Q là các tập lồi đóng không rỗng trong không gian Hilbert thực H1 và H2, với A : H1 → H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn và A∗ là toán tử liên hợp của A Các toán tử F1 : H1 → H1 và F2 : H2 → H2 thỏa mãn các điều kiện (B2) – (B5) Xét các dãy số {αk}, {ηk}, {δk}, {λk}, {àk} thỏa mãn các điều kiện trong Thuật toán 2.1.2 Dãy {xk} được xác định với x0 ∈ H1 tùy ý và xk+1 = ηk xk + (1−ηk−αk)zk cho mọi k ≥ 0, trong đó zk được xác định theo Thuật toán 2.1.2 Giả sử tập nghiệm
Ω = {x ∗ ∈ Sol(C, F 1 ) : Ax ∗ ∈ Sol(Q, F 2 )} của SVIP khác rỗng Khi đó dãy{x k } hội tụ mạnh đến x ∗ ∈ Ω, trong đó kx ∗ k = min{kxk : x ∈ Ω}.
Khi F1 = F2 = 0, từ Thuật toán 2.1.2 và Định lý 2.1.5, ta thu được thuật toán giải bài toán bất đẳng thức biến phân với tập ràng buộc là tập nghiệm của SFP.
Hệ quả 2.2.2 (xem [3]) đề cập đến các tập lồi đóng khác rỗng C và Q trong không gian Hilbert thực H1 và H2 Trong đó, A : H1 → H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn với toán tử liên hợp A∗, và F : H1 → H1 là một hàm β-đơn điệu mạnh và L-liên tục Lipschitz trên H1 Điều kiện 0 < à < 2β được đặt ra để đảm bảo các tính chất cần thiết cho các toán tử và hàm này.
L 2 và các dãy số {α k },{η k },{δ k } thỏa mãn đồng thời các điều kiện
Xét dãy {x k } cho bởi x 0 ∈ H 1 tùy ý và
Giả sử tập nghiệm Γ = {x ∗ ∈ C : Ax ∗ ∈ Q} của bài toán SFP không rỗng, thì dãy {x k } sẽ hội tụ mạnh đến nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân.
Xét trường hợp đặc biệt của Hệ quả 2.2.1 khi F 1 = F 2 = 0 và η k = 0 với mọi k Khi đó ta thu được thuật toán tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của SFP.
Hệ quả 2.2.3 (xem [3]) đề cập đến việc cho C và Q là các tập lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực H1 và H2 Giả sử A : H1 → H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn, với toán tử liên hợp A* Các dãy số {αk} và {δk} cần thỏa mãn đồng thời các điều kiện nhất định.
Xét dãy {x k } cho bởi x 0 ∈ H 1 tùy ý và x k+1 = (1−αk)PC(x k +δkA ∗ (PQ(Ax k )−Ax k )) ∀k ≥ 0.
Khi đó dãy {x k } hội tụ mạnh đến nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của SFP với điều kiện tập nghiệm Γ = {x ∗ ∈ C : Ax ∗ ∈ Q} của SFP khác rỗng.
Ví dụ 2.2.4 Xét trường hợp H 1 = R 4 ,H 2 = R 2 và toán tử tuyến tính bị chặn
Ma trận của toán tử tuyến tính bị chặn này là
Chuẩn của toán tử A là √
3 Toán tử liên hợp A ∗ : R 2 → R 4 của A được cho bởi
Cho C và Q được xác định bởi
Tập nghiệm Γ của bài toán chấp nhận tách SFP được xác định như sau: Γ ={x = (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) T ∈ R 4 : x ∈ C và A(x) ∈ Q}
Lấy x = (−5α−1,−3α−2, α, β) ∈ Γ bất kỳ, ta có kxk q (−5α−1) 2 + (−3α −2) 2 +α 2 +β 2 r
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên đạt được khi α = −11
35 và β = 0 Do đó nghiệm có chuẩn nhỏ nhất là x ∗ = 4
Chọn điểm xuất phát ban đầu x 0 = (5,3,6,−4) T ∈ C, ta có kết quả tính toán cho dãy lặp trong Hệ quả 2.2.3 như sau: k x k 1 x k 2 x k 3 x k 4 err = kx k − x ∗ k
Bảng 2.1: Bảng kết quả tính toán với α k = k+10 1 , δ k = 0.2
Ta thấy sau 78797 bước lặp, nghiệm xấp xỉ x 78797 = (0.5719,−1.0568,−0.3144,−0.0005) T là một xấp xỉ tốt cho nghiệm có chuẩn nhỏ nhất x ∗ = 4
Kết luận, luận văn đã giới thiệu một phương pháp lặp để giải bài toán bất đẳng thức biến phân tách hai cấp trong không gian Hilbert, mang lại những kết quả đáng chú ý trong nghiên cứu này.
Bài viết này trình bày những kiến thức cơ bản về không gian Hilbert thực, bao gồm khái niệm toán tử chiếu, ánh xạ đơn điệu và liên tục Lipschitz Ngoài ra, bài viết cũng đề cập đến bài toán bất đẳng thức biến phân, bài toán bất đẳng thức biến phân hai cấp, và bài toán bất đẳng thức biến phân tách, cùng với một số kết quả liên quan đến những bài toán này.
Bài toán bất đẳng thức biến phân tách hai cấp trong không gian Hilbert thực được trình bày và giải quyết thông qua một phương pháp chiếu hiệu quả Phương pháp này không chỉ giúp tìm ra nghiệm cho bài toán mà còn được hỗ trợ bởi định lý hội tụ mạnh, đảm bảo tính chính xác và ổn định của các giải pháp.
Bài viết này trình bày các ứng dụng trong việc giải bài toán tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất cho bài toán bất đẳng thức biến phân tách Đồng thời, nó cũng khám phá bài toán bất đẳng thức biến phân với tập ràng buộc là tập nghiệm của bài toán chấp nhận tách Cuối cùng, bài viết đề cập đến vấn đề tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất cho bài toán chấp nhận tách.
Để giải bài toán tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất trong không gian Hilbert hữu hạn chiều, chúng ta cần đưa ra ví dụ minh họa cụ thể Bài toán chấp nhận tách yêu cầu xác định nghiệm tối ưu bằng cách tính toán các yếu tố liên quan đến chuẩn của nghiệm trong không gian này Việc áp dụng các phương pháp giải quyết phù hợp sẽ giúp đạt được nghiệm tối ưu với chuẩn nhỏ nhất.
